\documentclass[handout]{slide}



\renewcommand{\mytitle}{第十二章\quad 无穷级数}
\renewcommand{\mysubtitle}{第六节\quad 函数项级数的一致收敛性及一致收敛级数的基本性质}
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\begin{document}

\section{函数项级数的一致收敛性}

\begin{frame}{函数项级数的一致收敛性}

我们知道， 有限个连续函数的和仍然是连续函数， 有限个函数的和的导数及积分也分别等于它们的导数及积分的和。 但是对于无穷多个函数的和是否也具有这些性质呢? 换句话说，无穷多个连续函数的和 $s(x)$ 是否仍然是连续函数? 无穷多个函数的导数及积分的和是否仍然分别等于它们的和函数的导数及积分呢? 我们曾经指出， 对于幂级数来说， 回答是肯定的。 但是， 对于一般的函数项级数是否都是如此呢? 下面来看一个例子。

\begin{example}
函数项级数
\[
x+\left(x^{2}-x\right)+\left(x^{3}-x^{2}\right)+\cdots+\left(x^{n}-x^{n-1}\right)+\cdots
\]
的每一项都在 $[0,1]$ 上连续， 其前 $n$ 项之和为 $s_{n}(x)=x^{n}$, 因此和函数为
\[
s(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}(x)= \begin{cases}0, & 0 \leqslant x<1 \\ 1, & x=1\end{cases}
\]
这和函数 $s(x)$ 在 $x=1$ 处间断。 由此可见， 函数项级数的每一项在 $[a, b]$ 上连续， 并且级数在 $[a, b]$ 上收敛， 其和函数不一定在 $[a, b]$ 上连续。 也可以举出这样的例子， 函数项级数的每一项的导数及积分所成的级数的和并不等于它们的和函数的导数及积分。 这就提出了这样一个问题： 对什么级数， 能够从级数每一项的连续性得出它的和函数的连续性， 从级数的每一项的导数及积分所成的级数之和得出原来级数的和函数的导数及积分呢? 要回答这个问题， 就需要引人下面的函数项级数的一致收敛性概念。
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
设函数项级数
\[
u_{1}(x)+u_{2}(x)+\cdots+u_{n}(x)+\cdots
\]
在区间 $I$ 上收敛于和 $s(x)$. 也就是对于区间 $I$ 上的每一个值 $x_{0}$, 数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\left(x_{0}\right)$ 收敛于 $s\left(x_{0}\right)$, 即级数的部分和所成的数列
\[
s_{n}\left(x_{0}\right)=\sum_{i=1}^{n} u_{i}\left(x_{0}\right) \rightarrow s\left(x_{0}\right) \quad(n \rightarrow \infty) .
\]
按数列极限的定义， 对于任意给定的正数 $\varepsilon$ 以及区间 $I$ 上的每一个值 $x_{0}$, 都存在着一个正整数 $N$, 使得当 $n>N$ 时， 有不等式
\[
\left|s\left(x_{0}\right)-s_{n}\left(x_{0}\right)\right|<\varepsilon,
\]
即
\[
\left|r_{n}\left(x_{0}\right)\right|=\left|\sum_{i=n+1}^{\infty} u_{i}\left(x_{0}\right)\right|<\varepsilon .
\]
这个数 $N$ 一般说来不仅依赖于 $\varepsilon$, 而且也依赖于 $x_{0}$, 我们记它为 $N\left(x_{0}, \varepsilon\right)$. 如果对于某一函数项级数能够找到这样一个正整数 $N$, 它只依赖于 $\varepsilon$ 而不依赖于 $x_{0}$, 也就是对区间 $I$ 上的每一个值 $x_{0}$ 都能适用的 $N(\varepsilon)$, 对这类级数我们给一个特殊的名称以区别于一般的收敛级数， 这就是下面的一致收敛的定义。
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{definition*}
  设有函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$. 如果对于任意给定的正数 $\varepsilon$, 都存在着一个只依赖于 $\varepsilon$ 的正整数 $N$,使得当 $n>N$ 时，对区间 $I$ 上的一切 $x$,都有不等式
\[
\left|r_{n}(x)\right|=\left|s(x)-s_{n}(x)\right|<\varepsilon
\]
成立，那么称函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在区间 $I$ 上\emph{一致收敛}于和 $s(x)$, 也称函数序列
$\left\{s_{n}(x)\right\}$ 在区间 $I$ 上一致收敛于 $s(x)$.
\end{definition*}

以上函数项级数一致收敛的定义在几何上可解释为： 只要 $n$ 充分大 $(n>N)$, 在区间 $I$上的所有曲线 $y=s_{n}(x)$ 将位于曲线
\[
y=s(x)+\varepsilon \quad \text { 与 } y=s(x)-\varepsilon
\]
之间 (图 12-6).

\begin{figure}
\includegraphics[max width=.45\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-48}
\caption*{图 12-6}
\end{figure}

\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  研究级数
\[
\frac{1}{x+1}+\left(\frac{1}{x+2}-\frac{1}{x+1}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{x+n}-\frac{1}{x+n-1}\right)+\cdots
\]
在区间 $[0,+\infty)$ 上的一致收敛性。
\end{example}
\begin{solution}
级数的前 $n$ 项和 $s_{n}(x)=\frac{1}{x+n}$, 因此级数的和
\[
s(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}(x)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{x+n}=0 \quad(0 \leqslant x<+\infty) .
\]
于是， 余项的绝对值
\[
\left|r_{n}(x)\right|=\left|s(x)-s_{n}(x)\right|=\frac{1}{x+n} \leqslant \frac{1}{n} \quad(0 \leqslant x<+\infty) .
\]
对于任给 $\varepsilon>0$, 取正整数 $N \geqslant \frac{1}{\varepsilon}$, 则当 $n>N$ 时， 对于区间 $[0,+\infty)$ 上的一切 $x$, 有
\[
\left|r_{n}(x)\right|<\varepsilon .
\]
根据定义，所给级数在区间 $[0,+\infty)$ 上一致收敛于 $s(x) \equiv 0$.
\end{solution}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  研究例 1 中的级数
\[
x+\left(x^{2}-x\right)+\cdots+\left(x^{n}-x^{n-1}\right)+\cdots
\]
在区间 $(0,1)$ 内的一致收敛性。
\end{example}

\begin{solution}
这级数在区间 $(0,1)$ 内处处收敛于和 $s(x) \equiv 0$, 但并不一致收敛。 事实上， 这个级数的部分和 $s_{n}(x)=x^{n}$, 对于任意一个正整数 $n$, 取 $x_{n}=\frac{1}{\sqrt[n]{2}}$, 于是
\[
s_{n}\left(x_{n}\right)=x_{n}^{n}=\frac{1}{2}
\]
但 $s\left(x_{n}\right)=0$, 从而
\[
\left|r_{n}\left(x_{n}\right)\right|=\left|s\left(x_{n}\right)-s_{n}\left(x_{n}\right)\right|=\frac{1}{2} .
\]
所以， 只要取 $\varepsilon<\frac{1}{2}$, 不论 $n$ 多么大， 在 $(0,1)$ 内总存在这样的点 $x_{n}$, 使得 $\left|r_{n}\left(x_{n}\right)\right|>\varepsilon$,因此所给级数在 $(0,1)$ 内不一致收敛。 这表明虽然函数序列 $s_{n}(x)=x^{n}$ 在 $(0,1)$ 内处处
收敛于 $s(x) \equiv 0$, 但 $s_{n}(x)$ 在 $(0,1)$ 内各点处收敛于零的 “快慢” 程度是不一致的， 从图 12-7 中我们也可以看出这一情形。
\end{solution}
\end{frame}

\begin{frame}
可是对于任意正数 $r<1$, 这级数在 $[0, r]$ 上一致收敛。 这是因为当 $x=0$ 时， 显然
\[
\left|r_{n}(x)\right|=x^{n}<\varepsilon ;
\]
当 $0<x \leqslant r$ 时，要使 $x^{n}<\varepsilon$ (不妨设 $\varepsilon<1$ ), 只要 $n \ln x<$ $\ln \varepsilon$ 或 $n>\frac{\ln \varepsilon}{\ln x}$, 而 $\frac{\ln \varepsilon}{\ln x}$ 在 $(0, r]$ 上的最大值为
$\frac{\ln \varepsilon}{\ln r}$, 故取正整数 $N \geqslant \frac{\ln \varepsilon}{\ln r}$, 则当 $n>N$ 时， 对 $[0, r]$ 上的一切 $x$ 都有 $x^{n}<\varepsilon$.

\begin{figure}
 \centering
   \includegraphics[max width=.3\textwidth]{2024_01_20_295afa09a60caa30a9eag-49}
   \caption*{图 12-7}
 \end{figure}
\end{frame}

\begin{frame}
上述例子也说明了一致收敛性与所讨论的区间有关。 以上两例都是直接根据定义来判定级数的一致收敛性的， 现在介绍一个在实用上较方便的判别法。
\begin{theorem*}[魏尔斯特拉斯 (Weierstrass) 判别法]
  如果函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在区间 $I$上满足条件：

(1) $\left|u_{n}(x)\right| \leqslant a_{n}(n=1,2,3, \cdots)$;

(2) 正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 收敛，

那么函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛。
\end{theorem*}
\begin{proof}
由条件 (2), 对任意给定的 $\varepsilon>0$, 根据柯西审敛原理 (第一节第三目) 存在正整数 $N$, 使得当 $n>N$ 时， 对任意的正整数 $p$, 都有
\[
a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}<\frac{\varepsilon}{2}
\]
由条件(1), 对任何 $x \in I$, 都有
\[
  \begin{aligned}
    \left|u_{n+1}(x)+u_{n+2}(x)+\cdots+u_{n+p}(x)\right| & \leqslant\left|u_{n+1}(x)\right|+\left|u_{n+2}(x)\right|+\cdots+\left|u_{n+p}(x)\right| \\
  & \leqslant a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+p}<\frac{\varepsilon}{2},
\end{aligned}
\]
令 $p \rightarrow \infty$, 则由上式得
\[
\left|r_{n}(x)\right| \leqslant \frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon .
\]
因此函数项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在区间 $I$ 上一致收敛。
\end{proof}
\end{frame}


\begin{frame}
  \begin{example}
  证明级数
\[
\frac{\sin x}{1^{2}}+\frac{\sin 2^{2} x}{2^{2}}+\cdots+\frac{\sin n^{2} x}{n^{2}}+\cdots
\]
在 $(-\infty,+\infty)$ 内一致收敛。
\end{example}

\begin{proof}
因为在 $(-\infty,+\infty)$ 内
\[
\left|\frac{\sin n^{2} x}{n^{2}}\right| \leqslant \frac{1}{n^{2}} \quad(n=1,2,3, \cdots),
\]
而 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}$ 收敛， 故由魏尔斯特拉斯判别法， 所给级数在 $(-\infty,+\infty)$ 内一致收敛。
\end{proof}
\end{frame}

\section{一致收敛级数的基本性质}

\begin{frame}
一致收敛级数有如下基本性质：
\begin{theorem}
如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 的各项 $u_{n}(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上都连续， 且 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上一致收敛于 $s(x)$, 那么 $s(x)$ 在 $[a, b]$ 上也连续。
\end{theorem}

\begin{proof}
设 $x_{0}, x$ 为 $[a, b]$ 上任意两点。 由等式
\[
s(x)=s_{n}(x)+r_{n}(x), \quad s\left(x_{0}\right)=s_{n}\left(x_{0}\right)+r_{n}\left(x_{0}\right)
\]
得
\[
  \begin{aligned}
    \left|s(x)-s\left(x_{0}\right)\right| & =\left|s_{n}(x)-s_{n}\left(x_{0}\right)+r_{n}(x)-r_{n}\left(x_{0}\right)\right| \\
  & \leqslant\left|s_{n}(x)-s_{n}\left(x_{0}\right)\right|+\left|r_{n}(x)\right|+\left|r_{n}\left(x_{0}\right)\right| .
\end{aligned}
\]
因为级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 一致收敛于 $s(x)$, 所以对任意给定的正数 $\varepsilon$, 必有正整数 $N=$ $N(\varepsilon)$, 使得当 $n>N$ 时， 对 $[a, b]$ 上的一切 $x$, 都有
\[
\left|r_{n}(x)\right|<\frac{\varepsilon}{3} .
\]
当然， 也有 $\left|r_{n}\left(x_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{3}$. 选定满足大于 $N$ 的 $n$ 之后， $s_{n}(x)$ 是有限项连续函数之和， 故 $s_{n}(x)$ 在点 $x_{0}$ 连续， 从而必有一个 $\delta>0$ 存在， 当 $\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时， 总有
\[
\left|s_{n}(x)-s_{n}\left(x_{0}\right)\right|<\frac{\varepsilon}{3} .
\]
由 (6-1)、(6-2)、(6-3) 式可见，对任给 $\varepsilon>0$, 必有 $\delta>0$, 当 $\left|x-x_{0}\right|<\delta$ 时，有
\[
\left|s(x)-s\left(x_{0}\right)\right|<\varepsilon
\]
所以 $s(x)$ 在点 $x_{0}$ 处连续， 而 $x_{0}$ 在 $[a, b]$ 上是任意的， 因此 $s(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续。
\end{proof}
\end{frame}

\begin{theorem}
如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 的各项 $u_{n}(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上连续， 且 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $s(x)$, 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上可以逐项积分， 即
\[
\int_{x_{0}}^{x} s(x) \mathrm{d} x=\int_{x_{0}}^{x} u_{1}(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{0}}^{x} u_{2}(x) \mathrm{d} x+\cdots+\int_{x_{0}}^{x} u_{n}(x) \mathrm{d} x+\cdots,
\]
其中 $a \leqslant x_{0}<x \leqslant b$, 并且上式右端的级数在 $[a, b]$ 上也一致收敛。
\end{theorem}

\begin{proof}
因为级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛， 由定理 $1, s(x), r_{n}(x)$ 都在 $[a, b]$ 上连续， 所以积分 $\int_{x_{0}}^{x} s(x) \mathrm{d} x, \int_{x_{0}}^{x} r_{n}(x) \mathrm{d} x$ 存在， 从而有
\[
\left|\int_{x_{0}}^{x} s(x) \mathrm{d} x-\int_{x_{0}}^{x} s_{n}(x) \mathrm{d} x\right|=\left|\int_{x_{0}}^{x} r_{n}(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{x_{0}}^{x}\left|r_{n}(x)\right| \mathrm{d} x .
\]
又由级数的一致收敛性， 对任给正数 $\varepsilon$, 必有 $N=N(\varepsilon)$, 使得当 $n>N$ 时， 对 $[a, b]$ 上的一切 $x$, 都有
\[
\left|r_{n}(x)\right|<\frac{\varepsilon}{b-a}
\]
于是， 当 $n>N$ 时有
\[
\left|\int_{x_{0}}^{x} s(x) \mathrm{d} x-\int_{x_{0}}^{x} s_{n}(x) \mathrm{d} x\right| \leqslant \int_{x_{0}}^{x}\left|r_{n}(x)\right| \mathrm{d} x<\frac{\varepsilon}{b-a}\left(x-x_{0}\right) \leqslant \varepsilon .
\]
根据极限的定义， 有
\[
\int_{x_{0}}^{x} s(x) \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{x_{0}}^{x} s_{n}(x) \mathrm{d} x=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \int_{x_{0}}^{x} u_{i}(x) \mathrm{d} x
\]
即
\[
\int_{x_{0}}^{x} s(x) \mathrm{d} x=\sum_{i=1}^{\infty} \int_{x_{0}}^{x} u_{i}(x) \mathrm{d} x
\]
由于 $N$ 只依赖于 $\varepsilon$ 而与 $x_{0}, x$ 无关， 所以级数 $\sum_{i=1}^{\infty} \int_{x_{0}}^{x} u_{i}(x) \mathrm{d} x$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛。
\end{proof}

\begin{theorem}
如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在区间 $[a, b]$ 上收敛于和 $s(x)$, 它的各项 $u_{n}(x)$ 都具有连续导数 $u_{n}^{\prime}(x)$, 并且级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛， 那么级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$上也一致收敛， 且可逐项求导， 即
\[
s^{\prime}(x)=u_{1}^{\prime}(x)+u_{2}^{\prime}(x)+\cdots+u_{n}^{\prime}(x)+\cdots .
\]
\end{theorem}


\begin{proof}
先证等式 (6-5). 由于 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x)$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛， 设其和为 $\varphi(x)$, 即 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x)=\varphi(x)$, 欲证 $(6-5)$, 只需证 $\varphi(x)=s^{\prime}(x)$ 就可以了。

根据定理 1 知， $\varphi(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续， 根据定理 2 , 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}^{\prime}(x)$ 可逐项积分，故有
\[
\int_{x_{0}}^{x} \varphi(x) \mathrm{d} x=\sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_{0}}^{x} u_{n}^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\sum_{n=1}^{\infty}\left[u_{n}(x)-u_{n}\left(x_{0}\right)\right]
\]
而
\[
\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)=s(x), \quad \sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\left(x_{0}\right)=s\left(x_{0}\right)
\]
故
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\left[u_{n}(x)-u_{n}\left(x_{0}\right)\right]=s(x)-s\left(x_{0}\right)
\]
从而有
\[
\int_{x_{0}}^{x} \varphi(x) \mathrm{d} x=s(x)-s\left(x_{0}\right),
\]
其中 $a \leqslant x_{0}<x \leqslant b$. 上式两端求导， 即得关系式
\[
\varphi(x)=s^{\prime}(x) .
\]
再证级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)$ 在 $[a, b]$ 上也一致收敛。

根据定理 2 , 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_{0}}^{x} u_{n}^{\prime}(x) \mathrm{d} x$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛， 而
\[
\sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_{0}}^{x} u_{n}^{\prime}(x) \mathrm{d} x=\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)-\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\left(x_{0}\right)
\]
所以
\[
\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}(x)=\sum_{n=1}^{\infty} \int_{x_{0}}^{x} u_{n}^{\prime}(x) \mathrm{d} x+\sum_{n=1}^{\infty} u_{n}\left(x_{0}\right)
\]
由此即得所要证的结论。
\end{proof}

必须注意， 级数一致收敛并不能保证可以逐项求导。例如，在例 4 中我们已证明了级数
\[
\frac{\sin x}{1^{2}}+\frac{\sin 2^{2} x}{2^{2}}+\cdots+\frac{\sin n^{2} x}{n^{2}}+\cdots
\]
在任何区间 $[a, b]$ 上都是一致收敛的，但逐项求导后的级数
\[
\cos x+\cos 2^{2} x+\cdots+\cos n^{2} x+\cdots,
\]
其一般项不趋于零， 所以对任意值 $x$ 都是发散的，因此原级数不可以逐项求导。

下面我们来讨论幂级数的一致收敛性。
\begin{theorem}
如果幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径为 $R>0$, 那么此级数在 $(-R, R)$ 内的任一闭区间 $[a, b]$ 上一致收敛。
\end{theorem}

\begin{proof}
记 $r=\max \{|a|,|b|\}$, 则对 $[a, b]$ 上的一切 $x$, 都有
\[
\left|a_{n} x^{n}\right| \leqslant\left|a_{n} r^{n}\right| \quad(n=0,1,2, \cdots),
\]
而 $0<r<R$, 根据第三节定理 1 级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} r^{n}$ 绝对收敛， 由魏尔斯特拉斯判别法即得所要证的结论。
\end{proof}


进一步还可证明， 如果幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在收敛区间的端点收敛， 那么一致收敛的区间可扩大到包含端点。

下面我们来证明在第三节中指出的关于幂级数在其收敛区间内的和函数的连续性、逐项可导、逐项可积的结论。

关于和函数的连续性及逐项可积的结论， 由定理 4 和定理 1 、定理 2 立即可得。 关于逐项可导的结论， 我们重新叙述成如下定理并给出证明。

\begin{theorem}
如果幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 的收敛半径为 $R>0$, 那么其和函数 $s(x)$ 在 $(-R, R)$ 内可导，且有逐项求导公式
\[
s^{\prime}(x)=\left(\sum_{n=0}^{\infty} a_{n} x^{n}\right)^{\prime}=\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}
\]
逐项求导后所得到的幂级数与原级数有相同的收敛半径。
\end{theorem}


\begin{theorem}
先证级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}$ 在 $(-R, R)$ 内收敛。

在 $(-R, R)$ 内任意取定 $x$, 再选定 $x_{1}$, 使得 $|x|<x_{1}<R$. 记 $q=\frac{|x|}{x_{1}}<1$, 则
\[
\left|n a_{n} x^{n-1}\right|=n\left|\frac{x}{x_{1}}\right|^{n-1} \cdot \frac{1}{x_{1}}\left|a_{n} x_{1}^{n}\right|=n q^{n-1} \cdot \frac{1}{x_{1}}\left|a_{n} x_{1}^{n}\right|,
\]
由比值审敛法可知级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n q^{n-1}$ 收敛，于是
\[
n q^{n-1} \rightarrow 0 \quad(n \rightarrow \infty),
\]
故数列 $\left\{n q^{n-1}\right\}$ 有界， 必有 $M>0$, 使得
\[
n q^{n-1} \cdot \frac{1}{x_{1}} \leqslant M \quad(n=1,2, \cdots) .
\]
又 $0<x_{1}<R$, 级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\left|a_{n} x_{1}^{n}\right|$ 收敛， 由比较审敛法的推论即得级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}$ 收敛。

由定理 4 , 级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}$ 在 $(-R, R)$ 内的任一闭区间 $[a, b]$ 上一致收敛， 故幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $[a, b]$ 上符合定理 3 的条件， 从而可逐项求导。 再由 $[a, b]$ 在 $(-R, R)$ 内的任意性， 即得幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}$ 在 $(-R, R)$ 内可逐项求导。

设幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n a_{n} x^{n-1}$ 的收敛半径为 $R^{\prime}$, 上面已证得 $R \leqslant R^{\prime}$. 将此幂级数在 $[0, x]$ $\left(|x|<R^{\prime}\right)$ 上逐项积分即得 $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n} x^{n}$, 因逐项积分所得级数的收敛半径不会缩小， 所以
$R^{\prime} \leqslant R$,于是 $R^{\prime}=R$. 定理 5 证毕。
\end{theorem}
\end{document}
